2023版高考数学一轮复习第十章平面解析几何10.9.2圆锥曲线的最值问题练习理北师大版.doc

10.9.2 圆锥曲线的最值问题
核心考点·精准研析
考点一　几何法求最值 
1.设P是椭圆+=1上一点,M,N分别是两圆:(x+4)2+y2=1和(x-4)2+y2=1上的点,那么|PM|+|PN|的最小值、最大值分别为 (　　)
A.9,12　 B.8,11　 C.8,12　 D.10,12
2.点A是抛物线C:y2=4x上的一个动点,点A到直线x-y+3=0的距离为d1,到直线x=-2的距离为d2,那么d1+d2的最小值为 (　　)
A.+2 B.2 C.+3 D.2+1
【解析】1.选C.如图,由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点A,B,由椭圆定义知|PA|+|PB|=2a=10,连接PA,PB分别与圆相交于两点,此时|PM|+|PN|最小,最小值为|PA|+|PB|-2R=8;连接PA,PB并延长,分别与圆相交于两点,此时|PM|+|PN|最大,最大值为|PA|+|PB|+2R=12,即最小值和最大值分别为8,12.
2.选D.抛物线的焦点为F(1,0),准线为x=-1,那么d2=|AF|+1.故d1+d2=|AF|+d1+1.
显然,当点A为点F到直线x-y+3=0的垂线段与抛物线的交点时,|AF|+d1取到最小值d==2.故d1+d2的最小值为2+1.
几何方法求解圆锥曲线中的最值问题,即通过圆锥曲线的定义、几何性质将最值转化,利用平面几何中的定理、性质,结合图形的直观性求解最值问题.常用的结论有:
(1)两点间线段最短;
(2)点到直线的垂线段最短.
考点二　代数法求最值问题 
命
题
精
解
读
1.考什么:(1)考查圆锥曲线中相关最值问题的求解;
(2)考查数学建模、数学运算以及逻辑推理的核心素养以及函数与方程、转化与化归等数学思想方法.
2.怎么考:(1)涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题;
(2)求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.
3.新趋势:最值问题与函数、不等式等其他知识相结合.
学
霸
好
方
法
1.代数法求解最值问题的解题思路:
首先需要根据题目的条件和结论找出明确的函数关系,建立起目标函数,然后转化为函数的最值求解,最值常用根本不等式法、配方法、函数单调性法等求解.
2.交汇问题:求解函数最值,要根据函数解析式的结构特征灵活变形,采用相应的方法求解.
利用根本不等式求最值
【典例】椭圆+=1(a>b>0),F1,F2为它的左、右焦点,P为椭圆上一点,∠F1PF2=60°,=,且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆方程.
(2)T(-4,0),过T的直线与椭圆交于M,N两点,求△MNF1面积的最大值.
【解题导思】
序号
题目拆解

(1)求参数a,b
利用椭圆的定义和几何性质,转化,建立方程组求解.

(2)①求M,N两点坐标的关系
设直线方程,直线方程和椭圆方程联立方程组,消元后利用根与系数的关系建立坐标的关系式
②求△MNF1的面积
利用点F1,把所求三角形的面积用两个三角形面积之差表示,从而进行坐标运算,建立面积模型
③求面积的最值
根据式子的结构特征,通过化简构造根本不等式求解最值
【解析】(1)由,得|PF1|+|PF2|=2a,①
|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos 60°=4c2,
即|PF1|2+|PF2|2-|PF1||PF2|=4c2,②
|PF1||PF2|sin 60°=,即|PF1||PF2|=4,③
联立①②③解得a2-c2=3.又=,
所以c2=1,a2=4,
b2=a2-c2=3,椭圆方程为+=1.
(2)根据题意可知直线MN的斜率存在,且不为0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my-4,
代入椭圆方程整理得(3m2+4)y2-24my+36=0,
那么Δ=(-24m)2-4×36×(3m2+4)>0,所以m2>4.
y1+y2=,y1y2=,
那么△MNF1的面积=|-|
=|TF1|·|y1-y2|=
==18=6×=6×≤=.
当且仅当=,即m2=时(此时适合Δ>0的条件)取得等号.
故△MNF1面积的最大值为.
利用函数单调性求最值
【典例】椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C上一点,AF1与y轴交于点B,|AB|=|F2B|,|OB|=.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过右焦点F2的直线y=k(x-2)(k≠0)交椭圆于P、Q两点,假设PQ的中点为N,O为原点,直线ON交直线x=3于点M.求的最大值.
【解题导思】
序号
题目拆解

(1)求参数a,b
利用椭圆的几何性质,转化,建立方程组求解

(2)①求N点坐标
直线和椭圆方程联立方程组,消元后利用根与系数的关系求N点坐标
②求M点坐标
求直线ON方程,与直线x=3联立,即可求得M点坐标
③求
利用坐标分别表示出两条线段的长度,构建目标函数
④求最值
根据目标函数结构特征,通过换元转化为二次函数的最值问题求解
【解析】(1)连接AF2,由题意得|AB|=|F2B|=|F1B|,所以BO为△F1AF2的中位线,又因为BO⊥F1F2,所以AF2⊥F1F2,且|AF2|=2|BO|==,又e==,a2=b2+c2,得a2=6,b2=2,
故所求椭圆方程为+=1.
(2)联立 ,可得(3k2+1)x2-12k2x+12k2-6=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),那么x1+x2=,x1x2=,
所以y1+y2=k(x1+x2)-4k=,
所以PQ的中点N的坐标为,|PQ|=,
因此直线ON的方程为y=-x,从而点M为,|MF2|=,
设I==,令u=3k2+1,那么
I=8=-
=-,
因此当u=4,即k=±1时取得最大值.
1.F1,F2分别为椭圆C的两个焦点,P为椭圆上任意一点.假设的最大值为3,那么椭圆C的离心率为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.P点到椭圆C的焦点的最大距离为a+c,最小距离为a-c,又的最大值为3,所以=3,所以e=.
2.点C是圆F:(x-1)2+y2=16上任意一点,点F′与圆心F关于原点对称.线段CF′的中垂线与CF交于P点.
(1)求动点P的轨迹方程E.
(2)设点A(4,0),假设直线PQ⊥x轴且与曲线E交于另一点Q,直线AQ与直线PF交于点B,证明:点B恒在曲线E上,并求△PAB面积的最大值.
【解析】(1)由题意得,F点坐标为(1,0),F′(-1,0),因为P为CF′中垂线上的点,所以|PF′|=|PC|.又|PC|+|PF|=4,所以|PF′|+|PF|=4>|FF′|=2,由椭圆的定义知,2a=4,c=1,所以动点P的轨迹方程E为+=1.
(2)设P点坐标为(m,n)(n≠0),那么Q点的坐标为(m,-n),且3m2+4n2=12,
所以直线QA:y=(x-4),即nx-(4-m)y-4n=0,直线PF:y=(x-1),即nx-(m-1)y-n=0.联立方程组解得xB=,yB=,
那么+=+===1,
所以点B恒在椭圆E上.
设直线PF:x=ty+1,P(x1,y1),B(x2,y2),那么由消去x整理得(3t2+4)y2+6ty-9=0,
所以y1+y2=-,y1y2=-,
所以|y1-y2|===,
从而S△PAB=|FA||y1-y2|===.令μ=(μ≥1),那么函数g(μ)=3μ+在[1,+∞)上单调递增,故g(μ)min=g(1)=4,所以S△PAB≤=,即当t=0时,△PAB的面积取得最大值,且最大值为.
1.如图,抛物线C1的顶点在坐标原点,焦点在x轴上,且过点(3,6),圆C2:x2+y2-6x+8=0,过圆心C2的直线l与抛物线和圆分别交于P,Q,M,N,那么|PN|+
3|QM|的最小值为________________. 
【解析】由题意,抛物线过点(3,6),得抛物线方程y2=12x,设焦点为F(3,0),圆的标准方程为(x-3)2+y2=1,所以圆心为(3,0),与抛物线焦点重合.半径r=1.由于直线过焦点,所以有+==,又|PN|+3|QM|=(|PF|+1)+(3|QF|+3) =|PF|+3|QF|+4
=3(|PF|+3|QF|)+4
=3+4≥16+6.当且仅当|PF|=|QF|时取等号.
答案:16+6
2.(2023·宣城模拟)直线l与抛物线C:x2=2py相交于A,B两个不同点,点M是抛物线C在点A,B处的切线的交点.
(1)假设直线l经过抛物线C的焦点F,求证:FM⊥AB.
(2)假设p=1,且直线l经过点,求S△MAB的最小值.
【解析】(1)由题意可得F,
①当k≠0时,设直线l:y=kx+,点A,B的坐标分别为,,
由得x2-2pkx-p2=0,
所以
过点A的切线方程为y-y1=,
即y=x-,
过点B的切线方程为y=x-,
由得
所以M,
因为kFM·kAB=·k=-1,所以FM⊥AB;
②当k=0时,直线l:y=,M,
所以FM⊥AB.
(2)由题意可得x2=2y,
①当k≠0时,设直线l:y=kx+,点A,B的坐标分别为,,
由,得x2-2kx+2=0,
所以,
所以==2,
由(1)可得过点A,B的切线方程分别为y=x1x-,y=x2x-,
由得,所以M,
所以M到直线l的距离d=,
所以S△MAB=·d==≥1,
当k=1时,S△MAB取最小值1;
②当k=0时,那么直线l:y=1,M,=2,所以S△MAB=·d=2,
综上,S△MAB的最小值为1.
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